2021-2022学年云南省名校联盟高一（下）期中化学试卷

这是一份2021-2022学年云南省名校联盟高一（下）期中化学试卷，共19页。试卷主要包含了CO2等污染环境的气体排放，FeSO4等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年云南省名校联盟高一（下）期中化学试卷

1. 科技元素已成为2022年北京冬奥会的一大亮点．下列涉及的材料不属于无机非金属材料的是( )




A.使用双向拉伸聚丙烯(塑料)制作的冬奥纪念钞
B.石英碱长正长岩(KAlSi3O8)制作的冰壶
C.“飞扬”火炬的碳纤维外壳
D.柔性石墨烯发热材料制作的防寒衣服
A. A B. B C. C D. D
2. 下列诗句或成语中包含的化学变化属于吸热反应的是( )
A. 烈火焚烧若等闲 B. 火上浇油
C. 爆竹声中一岁除 D. 蜡炬成灰泪始干
3. 下列化合物中仅含离子键不含共价键的是( )
A. Na2O2 B. HCl C. NH4Cl D. CaBr2
4. 从高温热浪到暴雨洪水，近年来全球多地频频遭遇罕见极端天气，造成重大损失。加强气候适应、应对气象灾害成为人类社会需要共同研究的重要课题。下列有关说法正确的是( )
A. 氮氧化物、硫氧化物的排放会导致酸雨(即pHt2
16. 现有部分被氧化的Fe、Cu混合物(氧化物为Fe2O3、CuO)样品共5.60g，经如图处理：

下列说法正确的是( )
A. V=672
B. 滤液A中的阳离子为Fe2+、Fe3+、H+
C. 样品中氧元素的物质的量为0.02mol
D. 溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量为0.05mol
17. 在微电子工业中，NF3作为一种优良的蚀刻气体，在被蚀刻物表面不会留下任何残留物，在芯片制造方面具有重要的应用．已知：键能是指断裂或形成1mol化学键时需要吸收或放出的能量．请回答下列问题：
化学键
N≡N
F−F
N−F
键能/(kJ⋅mol−1)
941.7
154.8
283.0
(1)几种化学键的键能如表，则N2、F2和NF3三种气体中，稳定性最强的物质为 ______(填化学式)，判断的依据为 ______；反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)生成1molNF3(g)时，会 ______(填“吸收”或“放出”)______kJ能量．
(2)根据上述数据，反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)的能量变化与反应进程的关系如图，图中表示2molNF3(g)的能量是 ______(填“a”、“b”或“c”)；除选用合适的催化剂加快化学反应速率，还可以采取的措施为 ______、______(请任写两条).


18. 硫酸铁常用作媒染剂以及工业废水的凝结剂，也用于颜料中．医学上用硫酸铁作收敛剂和止血剂．
(I)硫酸铁可用于电化浸出黄铜矿精矿工艺．其中有一主要反应：CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S(CuFeS2(CuFeS2中Fe为+2价).下列说法正确的是 ______(填标号).
a.从物质分类的角度看，黄铜矿属于合金
b.Cu2+和1molS是氧化产物
c.当转移1mol电子时，有46gCuFeS2参加反应
d.反应中，CuFeS2既作氧化剂又作还原剂
(2)某小组按照如图步骤从含CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的废液中回收金属铜，并重新获得Fe2(SO4)3溶液：

操作Ⅰ的名称为 ______，滤渣③的主要成分为 ______(填化学式)，试剂X常用H2O2而不用稀硝酸，其原因为 ______.
(3)实验室里保存FeSO4溶液时，常在溶液中加入 ______，其目的为 ______.
(4)实验室配制Fe2(SO4)3溶液时，为了防止Fe2(SO4)3水解，需要将Fe2(SO4)3溶于稀硫酸中，再加水稀释．现需配制100mL1mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液，需要用托盘天平称量 ______gFe2(SO4)3晶体，配制该溶液所需玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒外，还需要 ______；如果配制时，俯视定容，那么所配溶液的浓度 ______(填“偏大”、“偏小”或“无影响”).
19. 人工固氮合成氨，并通过氨氧化法制取硝酸的流程如图所示．

(1)“合成塔”内发生的化学反应中作氧化剂的是 ______(填化学式)，金属镁在该氧化剂中燃烧的化学方程式为 ______，其产物遇水生成的有刺激性气味气体的电子式为 ______；“氧化炉”中氨气发生反应的化学方程式为 ______.
(2)常温下，工业上选择铁或铝作盛装浓硝酸的罐体材料的主要原因是 ______.
(3)为了避免生成硝酸的过程中氮的氧化物污染环境，可用氨气处理尾气，将其转化为大气中含有的无害气体，以处理NO2为例，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______.
(4)取3.2g铜与30mL8mol⋅L−1硝酸充分反应，硝酸的还原产物为NO2和NO，反应后溶液中含有amolH+，则生成的NO2的物质的量为 ______(用含a的代数式表示，下同)mol，NO的物质的量为 ______mol.
为了更好地利用化学反应中的物质变化和能量变化，在化学研究和工业生产中还需要关注化学反应的快慢和进行的程度等．
某同学设计如图1所示实验，根据所学知识回答下列问题：

(1)将锌锰干电池与灵敏电流计相连接后，灵敏电流计的指针偏转方向如甲所示．乙中灵敏电流计的指针偏向 ______(填“Cu电极”或“Zn电极”)；丙中灵敏电流计的指针偏向 ______(填“Al电极”或“Mg电极”)，负极发生的电极反应式为 ______，电子流动方向为 ______.
时，向2L的恒容密闭容器中，充入2molCO2(g)和2molH2(g)使之发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(甲醇，g)+H2O(g)，测得各物质的物质的量浓度变化如图2所示：

(2)由图2可知，CO2(g)的浓度随时间的变化为曲线 ______(填“a”、“b”或“c”)；0∼2min内，H2(g)的平均反应速率为 ______.
(3)已知：反应至2min时，改变了某一反应条件．由图2可知，0∼2min内CH3OH(g)的生成速率 ______(填“大于”、“小于”或“等于”)2∼4min内CH3OH(g)的生成速率．
(4)5min时，CO2(g)的转化率(反应时消耗CO2的物质的量占起始投入CO2的物质的量的百分比)为 ______，此时容器内气体总压强与反应前容器内气体总压强之比为 ______.答案和解析

1.【答案】A

【解析】解：A.使用双向拉伸聚丙烯(塑料)，属于合成有机高分子，不属于无机非金属材料，故A正确；
B.石英碱长正长岩(KAlSi3O8)，属于无机硅酸盐材料，属于无机非金属材料，故B错误；
C.碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料，故C错误；
D.柔性石墨烯，是无机非金属单质，属于无机非金属材料，故D错误；
故选：A。
A.使用双向拉伸聚丙烯(塑料)，属于合成有机高分子；
B.石英碱长正长岩(KAlSi3O8)，属于无机硅酸盐材料；
C.碳纤维属于无机非金属材料；
D.柔性石墨烯属于无机非金属材料。
本题主要考查化学在科技、生活中的广泛应用，科技、生活中蕴含着化学知识、化学原理，以培养学生学习化学的兴趣，难度不大。

2.【答案】A

【解析】解：A.碳酸钙高温分解是吸热反应，故A正确；
B.火上浇油涉及到燃烧，是放热反应，故B错误；
C.爆竹声中一岁除，涉及到爆炸，是放热反应，故C错误；
D.蜡炬成灰泪始干涉及到蜡烛的燃烧，是放热反应，故D错误；
故选：A。
常见的放热反应有：所有的物质燃烧、所有金属与酸反应、金属与水反应，所有中和反应；绝大多数化合反应和铝热反应；
常见的吸热反应有：绝大数分解反应，个别的化合反应(如C和CO2)，少数分解置换以及某些复分解(如铵盐和强碱)。
本题考查物质变化中的能量变化，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

3.【答案】D

【解析】解：A.Na2O2既有离子键又有共价键，故A错误；
B.HCl只存在共价键，故B错误；
C.NH4Cl既有离子键又有共价键，故C错误；
D.CaBr2仅含离子键不含共价键，故D正确；
故选：D。
一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族(H元素除外)、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键，据此分析。
本题考查了化学键和化合物的关系，明确物质的构成微粒即可解答，侧重于考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。

4.【答案】D

【解析】解：A.氮氧化物、硫氧化物的排放会导致酸雨(即pHCu2+>H+，铁离子优先反应，滤液A中不含Fe3+、Cu2+，硫酸足量，滤液A中溶质为FeSO4和过量H2SO4，滤渣3.2g为金属铜，滤液A中加入足量氢氧化钠溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2g为Fe2O3；
A.参加反应的H2SO4含有的氢元素部分转化为H2，部分结合氧化物中的氧元素生成H2O，参加反应的H2SO4转化为FeSO4，根据Fe元素守恒可知n(FeSO4)=n(Fe)，根据硫酸根离子守恒，样品总质量−Fe元素质量−Cu元素质量=样品中氧原子的质量，根据元素守恒计算样品中Fe元素、Cu元素质量，进而计算H2O的物质的量，再根据氢原子守恒计算H2的物质的量，进而计算氢气的体积；
B.滤液A中不含Cu2+、Fe3+；
C.由A中计算可知氧元素物质的量；
D.根据A中计算可知溶解样品的过程中消耗硫酸的总物质的量。
本题考查混合物计算，清楚反应过程是解答关键，注意守恒思想的运用，侧重考查学生分析解决问题能力、灵活运用知识的能力，难度中等。

17.【答案】N2  N≡N键的键能远大于F−F键和N−F键的键能，键能越大，物质越稳定  放出  145.95c适当升高温度  适当增大压强

【解析】解：(1)由表格中数据可知N≡N键的键能远大于F−F键和N−F键的键能，键能越大，物质越稳定，故N2最稳定，生成1molNF3(g)时需要形成3molF−N键，会释放3mol×283.0kJ⋅mol−1=849.0kJ的能量，同时会断裂0.5molN≡N和1.5molF−F，会吸收0.5mol×941.7kJ⋅mol−1+1.5mol×154.8kJ⋅mol−1=703.05kJ，该反应会放出(849.0kJ−703.05kJ)=145.95kJ的能量，
故答案为：N2；N≡N键的键能远大于F−F键和N−F键的键能，键能越大，物质越稳定；放出；145.95；
(2)反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)为放热反应，反应后能量变低，故图中表示2molNF3(g)的能量是c，要增大反应速率可以适当升高温度或适当增大压强，
故答案为：c；适当升高温度；适当增大压强。
(1)键能越大，物质越稳定，根据化学键的键能计算化学反应的能量变化；
(2)反应N2(g)+3F2(g)=2NF3(g)为放热反应，反应后能量变低，根据影响反应速率的因素选择合适的条件。
本题考查键能与稳定性之间的关系、根据键能计算反应的能量变化，侧重分析与应用能力的考查，注意物质的量与热量的关系，题目难度不大。

18.【答案】c 过滤  Cu、Fe 环保无污染  铁粉  防止Fe2+被氧化  40.0100mL容量瓶和胶头滴管  偏大

【解析】(1)a、合金是由两种或两种以上的金属与非金属经一定方法所合成的具有金属特性的物质，所以黄铜矿不是合金，故a错误；
b、CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S反应中Cu化合价不变，所以Cu2+不是氧化产物，故b错误；
c、CuFeS2+4Fe3+=Cu2++5Fe2++2S转移电子4
          184g 4mol
            46g 1mol
故c正确；
d、CuFeS2中只有S元素的化合价只有升高，其他元素的化合价不变，所以CuFeS2只作还原剂，故d错误；
故答案为：c；
(2)CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的废液，加入过量铁粉后，Fe3+转化为Fe2+，Cu2+转化为Cu，操作Ⅰ：过滤，所得滤液为FeCl2溶液，滤渣为Fe、Cu的混合物，往滤渣中加入过量盐酸，与Fe反应生成FeSO4和H2，此时滤液为H2SO4、FeSO4的混合液，合并两份滤液，然后加入绿色氧化剂双氧水，将Fe2+氧化为Fe3+，从而得到Fe2(SO4)3溶液，
故答案为：过滤；Cu、Fe；环保无污染；
(3)保存FeCl2溶液时，为了防止FeCl2溶液变质，经常向其中加入铁粉，其原因是2Fe3++Fe=3Fe2+，
故答案为：铁粉；防止Fe2+被氧化；
(4)配制100mL1mol⋅L−1Fe2(SO4)3溶液，需要Fe2(SO4)3晶体的质量M=0.1L×1mol/L×400g/mol=40.0g，配制该溶液的步骤：计算、称量、溶解、转移、定容、摇匀，所需玻璃仪器：烧杯、玻璃棒、量筒、100mL容量瓶、胶头滴管，如果配制时，俯视定容，则溶液的体积会变小，那么所配溶液的浓度偏大，
故答案为：40.0；100mL容量瓶和胶头滴管；偏大。
(1)结合合金的定义、化合价的升降、发生反应的物质与转移电子之间的关系判断；
(2)CuSO4、FeSO4、Fe2(SO4)3的废液，加入过量铁粉后，Fe3+转化为Fe2+，Cu2+转化为Cu，过滤，所得滤液为FeCl2溶液，滤渣为Fe、Cu的混合物，往滤渣中加入过量盐酸，与Fe反应生成FeSO4和H2，此时滤液为H2SO4、FeSO4的混合液，合并两份滤液，然后加入氧化剂，将Fe2+氧化为Fe3+，从而得到Fe2(SO4)3溶液；
(3)Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁，可防止氯化亚铁被氧化；
(4)Fe2(SO4)3晶体质量m=nM，根据配制溶液的步骤：计算、称量、溶解、转移、定容、摇匀，确定实验用到的仪器，根据公式c=nV来进行误差分析。
本题考查物质的制备实验方案设计，为高考常见题型和高频考点，侧重考查学生知识综合应用、根据实验目的及物质的性质进行分析、实验基本操作能力及实验方案设计能力，综合性较强，注意把握物质性质以及对题目信息的获取于使用，难度中等。

19.【答案】N2     常温下，铁、铝遇到浓硝酸会发生钝化  3：40.16−1.5a0.5a−0.02

【解析】解：(1)“合成塔”内发生的化学反应为氮气和氢气反应生成氨气，作氧化剂的是N2，金属镁在该氧化剂中燃烧的化学方程式为，Mg3N2遇水生成氢氧化镁和氨气，氨气的电子式为；“氧化炉”中氨气发生反应的化学方程式为，
故答案为：N2；；；；
(2)常温下，工业上选择铁或铝作盛装浓硝酸的罐体材料的主要原因是常温下，铁、铝遇到浓硝酸会发生钝化，形成了一层致密的氧化物保护膜，阻止反应继续进行，
故答案为：常温下，铁、铝遇到浓硝酸会发生钝化；
(3)用氨气处理NO2时，该反应中氧化剂为NO2，N元素降低了4价，还原剂为NH3，化合价升高了3价，根据化合价升降总数相等，两者物质的量之比为3：4，
故答案为：3：4；
(4)3.2g铜的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为0.1mol，溶液中剩余硝酸根离子的物质的量为0.05×2+a=(0.1+a)mol，设生成的一氧化氮、二氧化氮的物质的量分别为xmol、ymol，则有3x+y=0.1、x+y=0.24−0.1−a=0.14−a，解得x=0.5a−0.02，y=0.16−1.5a，
故答案为：0.16−1.5a；0.5a−0.02。
(1)氧化剂是指所含元素化合价降低的反应物，金属镁在氮气中燃烧生成Mg3N2，Mg3N2遇水生成氢氧化镁和氨气，“氧化炉”中NH3与O2反应生成NO与H2O；
(2)常温下，铁、铝遇到浓硝酸会发生钝化，形成了一层致密的氧化物保护膜，阻止反应继续进行；
(3)用氨气处理NO2时，该反应中氧化剂为NO2，N元素降低了4价，还原剂为NH3，化合价升高了3价，根据化合价升高守恒，即可确定两者物质的量之比；
(4)3.2g铜的物质的量为0.05mol，转移的电子的物质的量为0.1mol，溶液中剩余硝酸根离子的物质的量为0.05×2+a=(0.1+a)mol，设生成的一氧化氮、二氧化氮的物质的量分别为xmol、ymol，则有3x+y=0.1、x+y=0.24−0.1−a=0.14−a，解得x与y即可。
本题主要氮及其化合物的相关知识，侧重考查方程式的书写，守恒法的计算，属于基本知识的考查，难度中等。

20.【答案】Cu电极  Mg电极  Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O由Al电极经灵敏电流计流向Mg电极  a0.15mol/(L⋅min)小于  30%7：10

【解析】解：(1)图甲中锌锰干电池与灵敏电流计相连接后，电流计指针偏向正极。图乙为铜锌原电池，Zn的活泼性大于Cu，则Zn为负极，Cu为正极，则灵敏电流计的指针偏向正极Cu；图丙为镁铝碱性原电池，Al能与NaOH溶液发生反应，Mg不能反应，则Al为原电池的负极，Mg为正极，灵敏电流计的指针偏向正极Mg，负极上Al失电子生成AlO2−，负极反应式为Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O，原电池工作时电子由负极经过导线流向正极，即电子流动方向：由Al电极经灵敏电流计流向Mg电极，
故答案为：Cu电极；Mg电极；Al−3e−+4OH−=AlO2−+2H2O；由Al电极经灵敏电流计流向Mg电极；
(2)图中CO2(g)和H2(g)的起始浓度均为1mol/L，发生反应为CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(甲醇，g)+H2O(g)，则c(CO2)、c(H2)均减小，并且△c(CO2)：△c(H2)=1：3，即△c(H2)=3△c(CO2)>△c(CO2)，所以图中曲线a表示CO2，b表示H2，c表示CH3OH或H2O，0∼2min内△c(H2)=1.0mol/L−0.7mol/L=0.3mol/L，0∼2min内v(H2)=△c△t=0.3mol/L2min=0.15mol/(L⋅min)，
故答案为：a；0.15mol/(L⋅min)；
(3)由图可知，0∼2min内△c(CH3OH)=0.1mol/L，2∼4min内△c(CH3OH)=0.3mol/L−0.1mol/L=0.2mol/L，由v=△c△t可知，0∼2min内CH3OH(g)的生成速率小于2∼4min内CH3OH(g)的生成速率，
故答案为：小于；
(4)由图可知，5min时CO2(g)的△c(CO2)=1.0mol/L−0.7mol/L=0.3mol/L，则CO2(g)的转化率为0.3mol/L1.0mol/L×100%=30%；恒温恒容条件下，气体的总压强之比等于其物质的量之比，起始时气体共4mol，5min时气体共(0.1+0.3×2+0.7)mol/L×2L=2.8mol，则5min时容器内压强与反应前容器内压强之比为2.8mol：4mol=7：10，
故答案为：7：10。
(1)图乙为铜锌原电池，Zn的活泼性大于Cu，则Zn为负极，Cu为正极；图丙为镁铝碱性原电池，Al与NaOH溶液发生氧化还原反应，反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，Al失电子生成NaAlO2，为原电池的负极，Mg为正极，原电池工作时电子由负极经过导线流向正极；
(2)图中CO2(g)和H2(g)的起始浓度均为1mol/L，发生反应CO2(g)+3H2(g)⇌CH3OH(甲醇，g)+H2O(g)，则c(CO2)、c(H2)均减小，c(CH3OH)、c(H2O)均增大，并且△c(CO2)：△c(H2)=1：3，即△c(H2)=3△c(CO2)>△c(CO2)，根据v=△c△t计算0∼2min内v(H2)；
(3)由图可知，0∼2min内△c(CH3OH)=0.1mol/L，2∼4min内△c(CH3OH)=0.3mol/L−0.1mol/L=0.2mol/L，结合v=△c△t分析解答；
(4)由图可知，5min时CO2(g)的△c(CO2)=1.0mol/L−0.7mol/L=0.3mol/L，根据转化率公式进行计算；恒温恒容条件下，气体的总压强之比等于其物质的量之比，据此计算解答。
本题考查原电池工作原理、化学反应速率的影响因素和化学平衡的计算，明确原电池工作原理及正负极的判断、化学平衡的影响因素和化学平衡的计算等知识即可解答，侧重分析能力、计算能力和运用能力的考查，题目难度中等。